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1. EI= constante
E= 10,000ksi
I= 5,440 in
DETERMINAR LA PNDIENTE EN EL PUNTO B. DE LA
SIGUIENTE VIGA:
También tenemos:
P= 14.4 klb
Q=14.9 klb

2. 1: AREA DE MOMENTOS
𝐸𝐼 = 54400 𝐾𝐿𝐵 ∗ i𝑛2
= 377777.78 klb ∗ f𝑡2
Hallamos el diagrama M/EL
𝛴𝐹
y = 0 : 𝑅𝐴𝑌 = 14.4 klb + 14.9 klb = 29.3 klb
𝛴𝑀y = 0 : 𝑀𝐴 = 14.4 ∗ 12.5 + 14.9 ∗ 25 = 552.5 klb ∗ ft

3. Analizamos la deformada
𝜃𝐵 − 𝜃𝐴 =
0
25
𝑀
𝐸𝐼
𝑑𝑥 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝐴, 𝐵 (
𝑀
𝐸𝐼
)

4. Sabemos que el 𝜃𝐴 = 0 ( apoyo empotrado)
𝜃𝐵 − 𝜃𝐴 =
552
EI
+
186.25
EI
2
∗ 12.5 +
−186.25
E𝐼
∗ 12.5 ∗
1
2
𝜃𝐵 − 0 =
−4614.0625
E𝐼
−
18625
16EI
𝜃𝐵 =
−5778.125
EI
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝐸𝐼 = 377777.78 𝑘𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡
𝜃𝐵 =
−5778.125
377777.78
𝑟𝑎𝑑
𝜃𝐵 = −0.1530 rad
Dato: el sino negativo indica que la pendiente va en sentido horario.

5. 2: METODO POR DOBLE INTEGRAL
𝐸 = 10000 ∗
klb
𝑖𝑛2
; 𝐼 = 5449 𝑖𝑛4
𝐸𝐼 = 54400000 klb ∗ i𝑛2
= 377777.78 klb ∗ f𝑡2
𝐹
𝑦 = 0 ∶ RAy = 14.4 klb + 14.9 klb = 29.3 klb
𝑀𝐴 = 14.4 ∗ 12.5 𝑘𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 + 14.9 ∗ 25 𝑘𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡
𝑀𝐴 = 552.5 𝑘𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡
analizamos la viga por secciones:
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐶∀𝑥𝜖 0 ; 12.5 𝑓𝑡

6. 𝑀 = 29.3𝑥 − 552.5
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐶𝐵∀𝑥𝜖 12.5𝑓𝑡 ; 25 𝑓𝑡
𝑀 = 29.3𝑥 − 552.5 − 14.4 𝑥 − 12.5
𝑀 = 14.9x − 372.5
Por concepto de doble integración:
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐶∀𝑥𝜖 0 ≤∗≤ ft
𝐸I y´´ = 29.3 ∗ −552.5
𝐸 𝐼𝑦´´ = 29.3 ∗ −552.5 dx
𝐸𝐼𝑦´ = 29.3
𝑥2
2
− 552.5 ∗ 𝐶1

7. 𝐸𝐼𝑦 =
29.3𝑥3
6
− 552.5
𝑥2
2
+ 𝐶1𝑥 + 𝑐2
Por condición de frontera:
𝑦′
𝑥 = 𝑜 ∧ y x = 0 = 0
⇒ 𝐶1 = 0 ^ 𝐶2 = 0
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐶𝐵 12.5 ≤ 𝑥 ≤ 25
𝐸𝐼𝑦´´ = 14.9𝑥 − 372.5
𝐸𝐼𝑦´ =
14.9𝑥2
2
− 372.5x + 𝐶3
El gino en B es el mismo en ambos tramos:
⇒
𝐸𝑙y´(x = 12.5)
𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐶
=
𝐸𝐼𝑦´(12.5)
tramo 𝐶𝐵

8. 29.3
2
12.5 2
− 552.5 12.5 =
14.9
2
12. 52
− 372.5 ∗ 12.5 + 𝑐3
⇒ 𝐶3 = −1125
En el segundo tramo:
𝐸𝐼𝑦´ =
14.9
2
𝑥2
− 372.5𝑥 − 1125
𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑙 𝑔𝑖𝑛𝑜 𝑒𝑛 𝐵 (𝑦´ 25 )
𝐸𝐼𝜃𝐵 =
14.9
2
∗ 252
− 372.5 ∗ 25 − 1125
𝜃𝐵 =
−5781.25
EI
=
−5781.25
377777.78
− −0.01530
𝜃𝐵 = 0.01530 𝑟𝑎𝑑
Sentido horario

9. 3:METODO DE LA VIGA CONJUGADA
𝐸𝐼 = 54400000𝑘𝑙𝑏 ∗ 𝑖𝑛2
= 377777.78 klb ∗ f𝑡2
𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝑀/𝐸𝐼
𝐹𝑦 = 0: RAy = 29.3klb
𝑀𝑦 = 0: MA = 14.4 ∗ 12.5 + 14.9 ∗ 25 = 552.5kl ∗ ft

10. 𝐷𝑒𝑙 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑜: ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑣𝐵 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑣𝑖𝑔𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑔𝑎𝑑𝑎
𝑣𝐵 =
552
EI
+
186.25
EI
2
∗ 12.5 +
186.25
EI
∗ 12.5 ∗
1
2
𝑣𝐵 =
5778.125
EI
=
5778.25
377777.78
= 0.01530
⇒ 𝜃𝐵 = 𝑣𝐵
⇒ 𝜃𝐵 = 0.01530 rad sentido horario
viga Viga conjugada
• Apoyo
empotrado
• Giro en B
• Libre
reacción
en B

11. 4:TRABAJO VIRTUAL EN VIGA
𝐸 = 10 000
𝑘𝑙𝑏
𝑖𝑛2 ; I = 5440𝑖𝑛4
𝐸I = 54400000 klb ∗ 𝑖𝑛2
Hallamos diagrama de momentos flector del sistema isostático:
𝑅𝐴𝑦 = 14.4 + 14.9 = 29.3𝑘𝑙𝑏
𝑀𝐴 = 552.5𝑘𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡

12. Aplicamos un momento unitario

13. Hallamos la pendiente en B.
𝜃𝐵 =
Mp ∗ Mi ds
EI
Aplicamos Simpson
𝜃𝐵 =
12.5
6 ∗ 377777.78
∗ (186.25 + 4 ∗ 369.375 + 186.25 +
12.5
6 ∗ 377777.78
∗
(186.25 + 4 ∗ 93.125)
𝜃𝐵 = 0.01530 rad